2023-2024学年湖北省武汉市新洲区高二（下）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年湖北省武汉市新洲区高二（下）期中物理试卷（含解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1.虹和霓是太阳光在水珠内分别经过一次和两次反射后出射形成的，可利用白光照射玻璃球来说明．两束平行白光照射到透明玻璃球后，在水平的白色桌面上会形成MN和PQ两条彩色光带，光路如图1所示．M、N、P、Q点的颜色分别为( )
A. 紫、红、红、紫B. 红、紫、红、紫C. 红、紫、紫、红D. 紫、红、紫、红
2.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则( )
A. ①为电流表，②为电压表
B. 采用高压输电可以增大输电线中的电流
C. 用户增多时，输电线损耗功率减少
D. 用户增多时，升压变压器原线圈中的电流增大
3.自行车速度计的工作原理主要依靠的就是安装在前轮上的一块磁铁，当磁铁运动到霍尔传感器附近时，就产生了霍尔电压，霍尔电压通过导线传入一个小型放大器中，放大器就能检测到霍尔电压，这样便可测出在某段时间内的脉冲数。当自行车以某个速度匀速直线行驶时，检测到单位时间内的脉冲数为N，已知磁铁和霍尔传感器到前轮轮轴的距离均为R1，前轮的半径为R2，脉冲的宽度为△t，峰值为Um，下列说法正确的是( )
A. 车速越快，脉冲的峰值Um越大B. 车速越快，脉冲的宽度△t越大
C. 车速为2πNR2D. 车速为2πNR1
4.物理学中有很多关于圆盘的实验，第一个是法拉第圆盘，圆盘全部处于磁场区域，可绕中心轴转动，通过导线将圆盘圆心和边缘与外面电阻相连。第二个是阿拉果圆盘，将一铜圆盘水平放置，圆盘可绕中心轴自由转动，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，第三个是费曼圆盘，一块水平放置的绝缘体圆盘可绕过其中心的竖直轴自由转动，在圆盘的中部有一个线圈，圆盘的边缘固定着若干带负电的金属小球。以下说法正确的是( )
A. 法拉第圆盘在转动过程中，圆盘中磁通量不变，有感应电动势，无感应电流
B. 阿拉果圆盘实验中，转动圆盘，小磁针会同向转动，转动小磁针，圆盘也会同向转动
C. 费曼圆盘中，当开关闭合的一瞬间，圆盘会逆时针(俯视)转动
D. 法拉第圆盘和阿拉果圆盘都是电磁驱动的表现
5.如图所示，LA、LB是两个电阻值都为r的完全相同的小灯泡，小灯泡的电阻值大于定值电阻R的阻值。L是一个自感很大的线圈，它的电阻值与定值电阻的电阻值相等。由于自感现象，当开关S接通或断开时，下列说法正确的是( )
A. S接通时，灯泡LA先亮，LB后亮
B. S接通时，IA=IB
C. S断开时，LB立即熄灭，LA先闪亮一下再熄灭
D. S断开时，IA=IB
6.如图所示，光滑绝缘水平面上存在方向竖直向下的有界(边界竖直)匀强磁场，一直径与磁场区域宽度相同的闭合金属圆形线圈在平行于水平面的拉力作用下，在水平面上沿虚线方向匀速通过磁场。下列说法正确的是( )
A. 线圈进磁场的过程中，线圈中的感应电流沿顺时针方向
B. 该拉力的方向与线圈运动速度的方向相同
C. 该拉力的方向水平向右
D. 该拉力为恒力
7.如图甲所示，一个单摆做小角度摆动，从某次摆球由左向右通过平衡位置时开始计时，相对平衡位置的位移x随时间t变化的图像如图乙所示。不计空气阻力，g取10m/s2。对于这个单摆的振动过程，下列说法中正确的是( )
A. 单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=8sinπt(cm)
B. 单摆的摆长约为2.0m
C. 从t=2.5s到t=3.0s的过程中，摆球的重力势能逐渐增大
D. 从t=2.0s到t=2.5s的过程中，摆球所受回复力逐渐减小
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8.下列说法中正确的是( )
A. 图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图，其中a束光在水珠中传播的速度一定大于b束光在水珠中传播的速度
B. 图乙是一束单色光进入平行玻璃砖后传播的示意图，当入射角i逐渐增大到某一值后不会再有光线从bb′面射出
C. 图丙是双缝干涉示意图，若只减小屏到挡板间的距离L，两相邻亮条纹间距离将减小
D. 图丁是用干涉法检测工件表面平整程度时得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测的平面在此处是凸起的
9.一兴趣小组利用玩具小车进行实验。如图所示，在质量为M的小车中用细线挂一质量为m的小球。小车和小球以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m的静止物体发生碰撞，碰撞时间极短。在此碰撞过程中，可能发生的情况是( )
A. 小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能守恒
B. 小车、物体、小球的速度都发生变化，三者构成的系统动量守恒，机械能不守恒
C. 小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能守恒
D. 小球的速度不变，小车和物体构成的系统动量守恒，机械能不守恒
10.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子(不计重力)第一次以v1速度沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角，则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )
A. 速度之比为1： 3B. 半径之比为 3：1
C. 时间之比为3：2D. 时间之比为2：3
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共1小题，共8分。
11.在今天的生活中传感器的应用越来越广泛。小明想可不可以利用压力传感器和初中所学的物理知识来设计一个可以直接测量压力大小的“压力计”呢？他找到一个压力传感器，知道它的阻值R与受压力大小F的对应关系图象如图甲所示，当0≤F≤200N时图象为直线。下面他设计了“压力计”电路图如图乙所示。已知电源电压为12V，电流表的量程为50mA。

(1)请根据电路图完善图丙的实物连接，要求闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动时R1接入电路的阻值变大。
(2)闭合开关S，不施加压力，调节滑动变阻器接入电路部分的阻值，从最大值逐渐减小，当电流表读数为40mA时电压表读数为4V，可知R0= ______Ω。
(3)闭合开关S，不施加压力，继续调节滑动变阻器R1，电流表指针指表盘正中间位置，将此位置标记刻度为F=0。此时滑动变阻器接入电路部分的阻值为______Ω。
(4)此后小明在保持滑动变阻器阻值不变的前提下，逐渐对传感器施加压力，并将对应的压力值标记到电流表上，制成了一个简易的“压力计”。若此“压力计”测得的F=160N时，电流表对应的示数为______mA。
四、简答题：本大题共2小题，共20分。
12.在“验证动量守恒定律”实验中，实验装置示意图如图(a)所示。请完成下列题目：
(1)本实验必须满足的条件是______。
A.斜槽轨道的斜面必须是光滑的
B.斜槽轨道末端的切线是水平的
C.球a每次都要从同一高度由静止释放
D.碰撞的瞬间，球a与球b的球心连线与轨道末端的切线平行
(2)本实验必须测量的物理量有______。
A.斜槽轨道末端到水平地面的高度H
B.球a、b的质量ma、mb
C.球a、b的半径r
D.球a、b离开斜槽轨道末端后平抛飞行的时间t
E.记录纸上点O到A、B、C各点的距离
F.球a的固定释放点到斜槽轨道末端水平部分间的高度差h
(3)按照本实验方法，验证动量守恒定律的关系式是______。
(4)为测定未放球b时球a落点的平均位置，把刻度尺的0刻度线跟记录纸上的点O对齐，图(b)给出了球α落点附近的情况。由图可得OB距离应为______cm。
(5)若再测得OA=2.68cm，OC=11.50cm，已知a、b两球的质量比为2：1，则系统碰撞后总动量p′与碰撞前总动量p的百分误差|p′−pp|×100%= ______%。(结果保留2位有效数字)
13.两列简谐横波分别沿x轴正方向和负方向传播，两波源分别位于x=−0.2m和x=1.2m处，两列波的波速均为0.4m/s，波源的振幅均为2cm。t=1s时刻两列波的图像如图所示，此刻平衡位置在x=0.2m和x=0.8m的P、Q两质点刚开始振动。质点M的平衡位置处于x=0.5m处。
(1)求两列波相遇的时刻；
(2)求0～2.75s内质点M运动的路程。
五、计算题：本大题共2小题，共32分。
14.如图所示，MN、PQ为间距L=0.5m足够长的平行导轨，NQ⊥MN，导轨平面与水平面间的夹角θ=37°，NQ间连接有一个R=4Ω的电阻。有一匀强磁场垂直于导轨平面，磁感应强度为B0=lT，将一根质量为m=0.05kg、轨道间有效电阻为r=1Ω的金属棒ab紧靠NQ放置在导轨上，且与导轨接触良好，导轨的电阻不计。现由静止释放金属棒，金属棒沿导轨向下运动过程中始终与NQ平行。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5，当金属棒滑行至cd处时已经达到稳定速度。试解答以下问题：(g=10m/s2,sin37°=0.6,cs37°=0.8)
(1)请定性说明金属棒在达到稳定速度前的加速度和速度各如何变化？
(2)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流多大？金属棒ab两端的电势差多大？
(3)金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率多大？
15.如图甲为飞机在航空母舰甲板上起飞的电磁弹射装置，其工作原理如图乙：水平固定的平行光滑导轨，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，金属棒MN垂直静置于导轨间，开关S先接1，电容器完全充电后，开关S再接至2使MN棒向右加速运动．当MN棒产生的感应电动势与电容器两极板的电压相等时，回路中电流为零，飞机达到起飞速度，已知直流电源的电动势E，电容器的电容C，两导轨的间距L(电阻不计)，磁感应强度大小B，MN棒的质量m0、电阻R.在飞机起飞过程中，
求：
(1)MN棒受到的最大安培力F的大小和方向；
(2)若飞机起飞时速度为v，求飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)飞机起飞时速度v的大小的表达式(用题干已知的物理量表示)。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
根据红光和紫光的折射率可得出对两光对应的折射角；只分析两光的入射点即可得出正确答案．
本题考查折射定律的应用，只需明确一个点的入射角和折射角即可以明确两光线的光路图，从而确定各点的颜色．
【解答】
七色光中白光中红光的折射率最小；紫光的折射率最大；故经玻璃球折射后红光的折射角较大；由玻璃球出来后将形成光带，而两端分别是红光和紫光；
根据光路图可知说明M、Q点为紫光；N、P点为红光；
故选：A．
2.【答案】D
【解析】解：A.由图可知①和互感器接在火线和零线之间，为电压表，②及互感器接在同一条线上，测得是电流，为电流表，故A错误；
B.采用高压输电是为了减少输电线中的电流，减少输电线路上的损耗，故B错误；
CD.用户增多，负载电流增多，所以输电电流I2增大，原线圈的电流也增大，而输电线损耗功率为ΔP=I22r
所以输电线损耗功率增大，故C错误，D正确；
故选：D。
接在火线与零线之间的为电压表，接在同一线上的为电流表，由输电线上由电压降辨析电压高低，由动态分析及功率公式分析输电线损耗功率及用户家灯的亮暗。
本题考查交流电，学生需结合电学动态分析等综合解题，注意采用高压输电的目的。
3.【答案】C
【解析】【分析】
根据霍尔传感器中粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，得出霍尔电压峰值Um的表达式，从而分析Um与车速的关系。由圆周运动的规律求车速。。
所谓霍尔效应，是指磁场作用于载流金属导体时，产生横向电势差的物理现象。要理解霍尔效应的原理，利用粒子受力平衡，得到电压峰值的表达式。
【解答】
A.在霍尔传感器中，根据粒子所受的电场力和洛伦兹力平衡，得qvB=qUmd得，Um=Bdv
由电流的微观定义式：I=nesv，n是单位体积内的电子数，e是单个导电粒子所带的电量，s是导体的横截面积，v是导电粒子定向运动的速度。
联立解得：Um=IBdnes，与车速、无关。故A错误。
B.车速越快，脉冲的宽度△t应越小，故B错误。
CD.前轮的半径为R2，则车速为2πNR2.故C正确，D错误。
故选：C。
4.【答案】B
【解析】解：A.圆盘运动过程中，圆盘中磁通量不变，但沿半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，会产生感应电流，故A错误；
B.阿拉果圆盘实验中，转动圆盘或小磁针，都产生感应电流，根据楞次定律的推论，感应电流的磁场总要阻碍相对运动，因安培力的作用，另个物体也会跟着转动，属于电磁驱动，故B正确；
C.开关闭合瞬间，线圈产生向下的磁场且强度在增加，再根据电磁场理论可知，产生逆时针方向的电场，负电荷受到的电场力与电场方向相反，则有顺时针电场力，圆盘会顺时针(俯视)转动，故C错误；
D.如果磁场相对于导体运动，在导体中会产生感应电流，感应电流使导体受到安培力的作用，安培力使导体运动起来，这种作用就是电磁驱动，显然法拉第圆盘是机械能转化为电能的过程，并不是电磁驱动，故D错误。
故选：B。
根据法拉第电磁感应定律分析；根据楞次定律和电磁场理论分析判断。
本题考查楞次定律和电磁场理论，注意圆盘中沿半径方向的金属条在切割磁感线产生了电动势，从而产生了感应电流。
5.【答案】C
【解析】解：A、开关接通时，LA、LB灯是串联的关系，所以两灯同时变亮，故A错误；
B、开关接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故开始时通过灯泡LA的电流较大，故B错误；
C、开关断开瞬间，电路中电流要立即减小到零，但线圈中由于自感现象线圈中电流要逐渐减小与灯泡LA构成闭合回路，LA灯中的电流瞬间变为电感中的大电流通过，故L ​A灯先闪亮一下再逐渐变暗，而LB灯立即熄灭，故C正确；
D、开关断开瞬间，电路中电流要减小到零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡LA构成闭合回路，而LB中电流立即为零，故I A>IB，故D错误。
故选：C。
电键接通瞬间，电路中迅速建立了电场，立即产生电流，但线圈中产生自感电动势，阻碍电流的增加，故线圈中电流逐渐增加；电键断开瞬间，电路中电流要立即减小零，但线圈中会产生很强的自感电动势，与灯泡LA构成闭合回路。
对于自感线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它相当于定值电阻；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源。
6.【答案】C
【解析】解：A、线圈进入磁场的过程中，垂直于纸面向里的磁通量增加，根据楞次定律可知线圈中感应电流产生的磁场垂直于纸面向外，根据安培定则可知线圈中的电流为逆时针方向，故A错误；
BC、线圈切割磁感线的有效长度示意图如图所示。
结合楞次定律阻碍相对运动的推论，再根据左手定则可知线圈受到的安培力始终水平向左，线圈匀速运动，根据平衡条件知该拉力的方向水平向右，与线圈运动速度的方向不相同，故B错误，C正确；
D、由于线圈切割磁感线的有效长度是变化的，所以线圈中产生的感应电动势是变化的，感应电流是变化的，线圈受到的安培力大小是变化的，所以拉力大小是变化的，故D错误。
故选：C。
根据楞次定律判断感应电流的方向。结合左手定则判断线圈受到的安培力方向，根据平衡条件判断拉力方向。根据法拉第电磁感应定律判断感应电流大小的变化。因为金属框匀速通过磁场，则拉力和安培力平衡，根据安培力的变化判断拉力的变化。
解决本题的关键要熟练运用楞次定律判断感应电流的方向，运用左手定则判断安培力方向，要注意与右手定则的区别。
7.【答案】A
【解析】解：A.单摆做小角度摆动，则其运动可以看为简谐运动，周期为2s，则单摆的位移x随时间变化的关系式为
x=Asin2πTt=8sin2π2t=8sinπt(cm)
故A正确；
B.根据周期公式有
T=2π Lg
解得
L≈1.0m
故B错误；
C.根据图乙可知，从t=2.5s到t=3.0s的过程中，单摆从最大位移处运动到平衡位置，则摆球的重力势能逐渐减小，故C错误；
D.根据图乙可知，从t=2.0s到t=2.5s的过程中，单摆从平衡位置运动到振幅位置，位移逐渐增大，由于
F=−kx
可知摆球所受回复力逐渐增大，故D错误。
故选：A。
由振动图像读出周期T=2s，振幅A=8cm，则根据单摆的位移x随时间t变化的关系式为x=Asinωt代入数据可求表达式；由公式T=2π Lg可求摆长；根据单摆的振动图像分析势能与回复力的变化。
明确单摆的振动方程，知道单摆的周期公式，注意单摆运动情况的分析。
8.【答案】AC
【解析】解：
A.由折射率和光的传播速度之间的关系n=cv可知，折射率越大，传播速度越小，从图中可以看出，b光线在水中偏折更大，即b的折射率大于a的折射率，则a在水中的传播速度大于b的传播速度，故A正确；
B.当入射角i逐渐增大，折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光线不会消失，所以一定有光线从面射出，故B错误；
C.根据双缝干涉相邻两亮条纹的间距Δx与双缝间距离d及光的波长λ的关系式Δx=Ldλ可知，只减小屏到挡板间距离，两相邻亮条纹间距离Δx将减小，故C正确；
D.因为不知道被测样表的放置方向，故不能判断此处是凸起的，故D错误．
故选：AC。
根据折射率和光的传播速度之间的关系v=cn可知，折射率越大，传播速度越小，根据图中的光线关系，判断折射率的大小，从而知道传播速度的大小。
入射角i逐渐增大折射角逐渐增大，由于折射角小于入射角，不论入射角如何增大，玻璃砖中的光不会消失，故肯定有光线从bb′面射出。
根据条纹间距公式判断。图丁利用了干涉的原理。
本题要知道薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的发射光干涉产生的。以及知道薄膜干涉是一种等厚干涉，本题涉及的知识点较多，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。
9.【答案】CD
【解析】解：小车和小球以恒定的速度v与位于正对面的质量为m的静止物体发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，小球的速度没有变化；如果发生的是弹性碰撞，由于系统水平方向不受外力，则碰撞过程中车和物体构成的系统动量守恒，机械能守恒；如果发生的是非弹性碰撞，则碰撞过程中车和物体构成的系统动量守恒，机械能不守恒，故AB错误、CD正确。
故选：CD。
在此碰撞过程中，小球的速度没有变化，小车和物体碰撞过程中动量守恒、机械能可能守恒，也可能不守恒。
本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或合外力为零。
10.【答案】BD
【解析】解：AB.粒子两次在磁场中运动的轨迹如图所示
设磁场半径为R，当第一次以速度v1沿截面直径入射时，根据几何知识可得
r12R=cs30°
解得
r1= 3R
当第二次以速度v2沿截面直径入射时，根据几何知识可得
r2=R
所以
r1r2= 31
根据粒子在磁场中运动的半径公式
r=mvBq
可得
v1v2=r1r2= 31，故A错误，B正确；
CD.根据周期公式
T=2πmBq
可知同一个粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的周期与速度无关，粒子运动轨迹的圆心角等于速度偏转角，分别为60°和90°，则运动时间比为
t1t2=60°360∘T90°360∘T=23，故C错误，D正确。
故选：BD。
AB：根据几何知识求解粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径，即可求解半径之比，再根据半径公式可求解速度之比；
CD：根据几何知识可知粒子两次在磁场中运动的轨迹对应的圆心角，再根据时间与周期关系求解运动时，最后可解得粒子两次在磁场中运动的时间之比。
本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析带电粒子的运动过程和运动性质，熟练应用对应的规律解题。
11.【答案】100 380 30
【解析】解：(1)由于闭合开关后滑动变阻器的滑片向右滑动时R1接入电路的阻值变大，所以滑动变阻器选择左侧下接线柱接入电路，实物连接如图所示：
(2)由题意知，电流表读数为I0=40mA时，电压表读数为U0=4V，则R0=U0I0=440×10−3Ω=100Ω；
(3)由题意知，当F=0时，电流表示数I0=12×50mA=25mA，由欧姆定律公式得R0的电压为：
U0=I0R0=25×10−3A×100Ω=2.5V
滑动变阻器两端的电压U滑=U−U0=12V−2.5V=9.5V
滑动变阻器接入电路部分的电阻R滑=U滑I滑=9.525×10−3Ω=380Ω；
(4)由图甲可知R与F的关系式为R=kF+b
再将F=0时，R0=100Ω和F′=200N时，R′=0Ω分别代入得：
k=−12，b=100Ω，即R与F的关系式为R=12F+100
将F=160N代入上式得，R″=20Ω
此时电路中总电阻R总=R″+R滑=20Ω+380Ω=400Ω
由欧姆定律得电路中电流表的示数I″=UR总=12400A=0.03A=30mA。
故答案为：(1)实物连接图见解答过程；(2)100；(3)380；(4)30。
(1)根据题意确定滑动变阻器连入的下接线柱，连接即可；
(2)根据欧姆定律公式计算R0的电阻；
(3)由题意知当F=0时，电流表示数为25mA，根据欧姆定律公式计算出R0的电压，再利用串联电路电压特点和欧姆定律计算出滑动变阻器的电阻大小；
(4)利用图甲可知R与F的关系式为R=kF+b，再将F=0时，R0=100Ω和F′=200N时，R′=0Ω分别代入R=kF+b，从而求出k和b的值；再将F=160N代入上面的关系式，求出R″的值；利用欧姆定律计算电流表的示数。
本题考查了电路的连接、欧姆定律的相关计算以及串联电路中电流、电压和电阻的特点，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况，结合欧姆定律进行解答。
12.【答案】BCD BE maOB=maOA+mbOC 8.55 2.2
【解析】解：(1)AC、实验中只要保证小球从斜槽同一高度静止释放即可，轨道无需光滑，故A错误，C正确；
B、为了让小球离开轨道后做平抛运动，轨道末端的切线必须是水平的，故B正确；
D、实验中利用小球碰撞后做平抛运动验证动量守恒，实验要求小球碰撞为对心碰撞，所以a和b的球心在碰撞的瞬间在同一高度，故D正确。
故选：BCD；
(2、3)小球离开轨道后做平抛运动，小球抛出点的高度相同，在空中的运动时间t相同，
两球碰撞过程动量守恒，以入射球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mav1=mav1′+mbv2′，两边同时乘以运动时间t得：mav1t=mav1′t+mbv2′t，
则maOB=maOA+mbOC，
根据公式可知，本实验应测量的物理量为球a、b的质量ma、mb和记录纸上点O到A、B、C各点的距离，不需要测量两球的半径以及小球下落的高度；应验证的表达式为maOB=maOA+mbOC；
(4)用尽量小的圆把各落点位置圈起来，圆心就表示落点的平均位置，刻度尺的0刻度到圆心的距离即为球a的水平位移OB=8.55cm；
(5)A、B两球的质量比为2：1，设b球质量为m，a球质量为2m；系统碰撞前总动量P与碰撞后总动量P′的百分误差k=|p−p′p|=|2m⋅OB−(2m⋅OA+m⋅OC)2m⋅OB|=2×8.55−(2×2.68+1×11.50)2×8.62≈2.2%
故答案为：(1)BCD；(2)BE；(3)m1OB=m1OA+m2OC；(4)8.55；(5)2.2。
(1)明确实验原理，从而确定实验中应注意事项；
(2、3)根据实验原理确定表达式，从而明确应测量的物理量；
(4)确定落点，根据刻度尺的读数方法进行读数，注意单位换算；
(5)根据题意和已知条件列式求解百分误差大小。
本题考查验证动量守恒定律的实验，对于验证动量守恒定律的实验，要学会在相同高度下，水平射程来间接测出速度的方法，掌握两球平抛的水平射程和水平速度之间的关系，是解决本题的关键．
13.【答案】解：(1)介质相同，波传播速度相同，由图可知，两列波会在M点相遇，即两列波还需要传播的距离为x=0.8m−0.5m=0.3m
对应时刻为t=1s+xv
解得t=1.75s
(2)根据图像可知波长为0.4m，则波传播的周期为
T=λv=
0−1.75s内，M点还没有开始振动，M点总共振动的时间为1s，即为T，两波源与M点的距离分别为
Δs1=0.5m+0.2m=0.7m
Δs2=1.2m−0.5m=0.7m
可知波程差为零，由于两列波振动步调相同，故M点为振动加强点，振幅为2A，可知在剩余的T内，质点M运动的路程为
s=4×2A=4×2×2cm=16cm
答：(1)两列波相遇的时刻为1.75s；
(2)0～2.75s内质点M运动的路程为16cm。
【解析】(1)介质相同，波传播速度相同，根据传播距离与速度可解答；
(2)分析M点运动的时间，结合周期可解得路程。
本题要理解波的叠加原理，处于加强点的质点，振幅为两波振幅之和。
14.【答案】解：(1)导体棒切割磁感线产生感应电动势E=B0Lv
感应电流I=ER+r
金属棒受到的安培力F=B0IL=B02L2vR+r
对金属棒，由牛顿第二定律得：
mgsinθ−μmgcsθ−B02L2vR+r=ma
金属棒向下做加速运动，速度v不断增大，金属棒所示合力逐渐减小，加速度逐渐减小，金属棒下滑过程做加速度减小的加速运动；
(2)金属棒做匀速直线运动时速度达到稳定，由平衡条件得：
mgsinθ=μmgcsθ+B02L2vR+r
代入数据解得：v=2m/s
感应电动势E=B0Lv=1×0.5×2V=1V
感应电流I=ER+r=14+1A=0.2A
金属棒ab两端的电势差U=IR=0.2×4V=0.8V
(3)金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率：
P=mgvcsα=0.05×10×2cs53°W=0.6W
答：(1)金属棒在达到稳定速度前的加速度逐渐减小，速度逐渐变大；
(2)当金属棒滑行至cd处时回路中的电流是0.2A，金属棒ab两端的电势差是0.8V；
(3)金属棒达到的稳定速度时重力做功的瞬时功率是0.6W。
【解析】(1)金属棒滑行过程切割磁感线产生感应电动势，由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出金属棒受到的安培力，应用牛顿第二定律求出金属棒的加速度，然后分析答题。
(2)金属棒做匀速直线运动时速度达到稳定，应用平衡条件求出金属棒的速度，由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出电流与金属棒两端的电势差。
(3)根据功率公式P=Fvcsθ求出重力的瞬时功率。
本题是电磁感应与电路、力学相结合的一道综合题，根据题意分析清楚金属棒的运动过程是解题的前提，应用E=BLv、欧姆定律、安培力公式、牛顿第二定律、平衡条件与功率公式即可解题。
15.【答案】解：(1)开关S刚接至2时，MN棒中电流最大，受到的安培力最大，此时流过MN棒的电流为
I=ER
MN棒受到的最大安培力F=BIL=BLER
流过MN棒的电流由M→N，由左手定则判断可知，F的方向水平向右。
(2)飞机起飞时速度为v时，MN棒产生的感应电动势为E′=BLv
此时电容器两极板的电压U=E′=BLv
飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ=C⋅ΔU=C(E−U)=C(E−BLv)
(3)对MN棒，取向右为正方向，由动量定理得：BI−L⋅Δt=mv−0
其中I−⋅Δt=ΔQ=C(E−BLv)，代入上式解得：v=CBLEm+CB2L2
答：(1)MN棒受到的最大安培力F的大小为BLER，方向水平向右；
(2)飞机起飞过程中电容器释放的电荷量ΔQ为C(E−BLv)；
(3)飞机起飞时速度v的大小的表达式为v=CBLEm+CB2L2。
【解析】(1)开关S刚接至2时，MN棒中电流最大，受到的安培力最大，先由欧姆定律求出电流，再由F=BIL求MN棒受到的最大安培力F的大小，由左手定则判断安培力方向。
(2)飞机起飞时速度为v时，由E=BLv求出MN棒产生的感应电动势，从而得到此时电容器板间电压，由ΔQ=C⋅ΔU求电容器释放的电荷量ΔQ；
(3)应用E=BLv与动量定理可以求出飞机起飞时速度v的大小的表达式。
本题是电磁感应与电路、力学知识的综合，解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解。